1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练（含答案）高中物理人教版（2019）选择性 必修 第一册
文档属性
| 名称 | 1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练（含答案）高中物理人教版（2019）选择性 必修 第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 436.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-08-27 13:21:32 | ||
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文档简介
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
考点一 对碰撞问题的理解
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
2．如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物块B的质量分别为( )
A．2 m/s,5 kg B．2 m/s,3 kg
C．3.5 m/s,2.86 kg D．3.5 m/s,0.86 kg
3.男、女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。如图所示，在某次比赛的一个小片段中，男、女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇，一起运动。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则( )
A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14∶1
考点二 碰撞问题的计算
4．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
5．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
6．(2022·宁夏大学附中高二期末)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝
4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右(水平面光滑)，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝4 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
7．(2022·江苏无锡市第一中学高二期中)台球运动员正在准备击球，设在这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝6 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝2 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝3mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝2mA
考点三 碰撞可能性的判断
8．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝
2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正方向)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．＋1 m/s和＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－2 m/s和＋7 m/s
9.A、B两滑块在光滑水平面上发生正碰，其位移x与时间t的图像如图所示。已知A的质量为1 kg，碰撞时间不计，则( )
A．B的质量为3 kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
B．B的质量为3 kg，发生的碰撞是弹性碰撞
C．B的质量为1 kg，发生的碰撞是弹性碰撞
D．B的质量为1 kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
10．(2023·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
11．质量为m的小球A，沿着光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么碰撞后小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g，求碰撞后小球m2的速度大小v2。
13．(2023·江苏淮安市高二期中)如图所示，在光滑水平面上，A、B两个物体的质量都是m，碰撞前B物体静止，A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
(1)碰撞后物体的速度大小v′；
(2)碰撞后该系统的总动能损失ΔEk；
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量I。
14．(2023·山东青岛二中期中)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v－t图像如图b所示。
(1)蓝壶运动时加速度多大？
(2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．A [碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。]
2．B [由图像可知，碰前A的速度为：v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为：v2＝ m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1＝(mA＋mB)v2，解得：mB＝3 kg，故选B。]
3．C [由题意可知，可将男、女两运动员的运动看作完全非弹性碰撞，即碰后速度相同，在碰撞过程中，满足动量守恒定律，即两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，所以A错误；等效为碰撞后，碰撞过程中要损失机械能，所以两者相遇后的总动能小于相遇前的总动能，所以B错误；两者相遇相互作用，相互作用力大小相等、方向相反，作用时间也相同，所以两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，所以C正确；由题可知，碰撞前Ek1＝Ek2，m1＝1.44m2，可得相遇前两者的速度关系为v2＝1.2v1，由动量守恒定律可得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，解得v共＝v1，则女运动员相遇前后的动量大小之比为＝，所以D错误。]
4．A [根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋
m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。]
5．B [从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1；两球发生弹性碰撞，系统动量守恒和能量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，联立两式解得m1∶m2＝2∶1，故选B。]
6．D [规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB
解得pB＝3 kg·m/s，故A、B错误；
由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，
故＝＋
解得mB＝3 kg，故C错误，D正确。]
7．B [由题可知，pA＝pA′＋pB′，则pA′＝4 kg·m/s，动能与动量的关系为Ek＝mv2＝，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤mA，综上得mA≤mB≤mA，故选B。]
8．A [由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况，Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝27 J，Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥
Ek后，据此可排除B、D；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证A满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A正确。]
9．B [位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为v1＝4 m/s、v2＝0、v1′＝－2 m/s、v2′＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝3 kg，碰前总动能Ek1＝m1v12，碰后总动能Ek2＝m1v1′2＋m2v2′2，代入数据可得Ek1＝8 J，Ek2＝8 J，碰撞前后总动能不变，所以发生的碰撞是弹性碰撞，故选B。]
10．A [ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝
24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。]
11．A [根据Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A球的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。
当vA′＝v0时，vA′与v0同向，有
mv0＝mv0＋2mvB，解得vB＝v0
当vA′＝－v0时，vA′与v0反向，有
mv0＝－mv0＋2mvB，解得vB＝v0，故选A。]
12.
解析 设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v02
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
由于碰撞过程中无机械能损失，有
m1v02＝m1v12＋m2v22
联立解得v2＝。
13．(1)v (2) (3)mv，方向与初速度方向相反
解析 (1)根据动量守恒定律，有mv＝2mv′，
解得v′＝v
(2)碰撞前总动能Ek＝mv2，
碰撞后总动能Ek′＝×2mv′2＝mv2，
碰撞过程中总动能损失ΔEk＝Ek－Ek′＝
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量I＝Δp＝mv－mv＝－mv，负号表示方向与初速度方向相反。
14．(1)0.3 m/s2 (2)1.275 m (3)没有发生弹性碰撞
解析 (1)由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝
0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知＝
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝＝0.3 m/s2
(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度时间图像与横轴围成的面积表示位移大小，则碰后两壶相距的最远距离为
s＝ m－ m＝1.275 m
(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为
Ek1＝mv02＝0.72m (J)
碰撞后瞬间两壶的总动能为
Ek2＝mv蓝2＋mv红2＝0.45m (J)
则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。
考点一 对碰撞问题的理解
1．下列关于碰撞的理解正确的是( )
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
2．如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2 kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物块B的质量分别为( )
A．2 m/s,5 kg B．2 m/s,3 kg
C．3.5 m/s,2.86 kg D．3.5 m/s,0.86 kg
3.男、女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。如图所示，在某次比赛的一个小片段中，男、女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行，且动能恰好相等，男运动员的质量为女运动员的1.44倍，某时刻两者相遇，一起运动。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则( )
A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．女运动员相遇前后的动量大小之比为14∶1
考点二 碰撞问题的计算
4．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
5．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
6．(2022·宁夏大学附中高二期末)如图所示，小球A的质量为mA＝5 kg，动量大小为pA＝
4 kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1 kg·m/s，方向水平向右(水平面光滑)，则( )
A．碰后小球B的动量大小为pB＝4 kg·m/s
B．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/s
C．小球B的质量为15 kg
D．小球B的质量为3 kg
7．(2022·江苏无锡市第一中学高二期中)台球运动员正在准备击球，设在这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝6 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝2 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝3mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝2mA
考点三 碰撞可能性的判断
8．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4 kg，mB＝
2 kg，A的速度vA＝3 m/s(设为正方向)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为( )
A．＋1 m/s和＋1 m/s
B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s
D．－2 m/s和＋7 m/s
9.A、B两滑块在光滑水平面上发生正碰，其位移x与时间t的图像如图所示。已知A的质量为1 kg，碰撞时间不计，则( )
A．B的质量为3 kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
B．B的质量为3 kg，发生的碰撞是弹性碰撞
C．B的质量为1 kg，发生的碰撞是弹性碰撞
D．B的质量为1 kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
10．(2023·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是( )
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
11．质量为m的小球A，沿着光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能变为原来的，那么碰撞后小球B的速度可能是( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g，求碰撞后小球m2的速度大小v2。
13．(2023·江苏淮安市高二期中)如图所示，在光滑水平面上，A、B两个物体的质量都是m，碰撞前B物体静止，A以速度v向它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m的物体，以一定速度继续前进。求：
(1)碰撞后物体的速度大小v′；
(2)碰撞后该系统的总动能损失ΔEk；
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量I。
14．(2023·山东青岛二中期中)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v－t图像如图b所示。
(1)蓝壶运动时加速度多大？
(2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？
(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。
5 弹性碰撞和非弹性碰撞
1．A [碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒。如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞。微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确。]
2．B [由图像可知，碰前A的速度为：v1＝ m/s＝5 m/s，碰后A、B的共同速度为：v2＝ m/s＝2 m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv1＝(mA＋mB)v2，解得：mB＝3 kg，故选B。]
3．C [由题意可知，可将男、女两运动员的运动看作完全非弹性碰撞，即碰后速度相同，在碰撞过程中，满足动量守恒定律，即两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，所以A错误；等效为碰撞后，碰撞过程中要损失机械能，所以两者相遇后的总动能小于相遇前的总动能，所以B错误；两者相遇相互作用，相互作用力大小相等、方向相反，作用时间也相同，所以两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等，所以C正确；由题可知，碰撞前Ek1＝Ek2，m1＝1.44m2，可得相遇前两者的速度关系为v2＝1.2v1，由动量守恒定律可得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v共，解得v共＝v1，则女运动员相遇前后的动量大小之比为＝，所以D错误。]
4．A [根据题图知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋
m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋
m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。]
5．B [从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1；两球发生弹性碰撞，系统动量守恒和能量守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，联立两式解得m1∶m2＝2∶1，故选B。]
6．D [规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB
解得pB＝3 kg·m/s，故A、B错误；
由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，
故＝＋
解得mB＝3 kg，故C错误，D正确。]
7．B [由题可知，pA＝pA′＋pB′，则pA′＝4 kg·m/s，动能与动量的关系为Ek＝mv2＝，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤mA，综上得mA≤mB≤mA，故选B。]
8．A [由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能变化情况，Ek前＝mAvA2＋mBvB2＝27 J，Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2，由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥
Ek后，据此可排除B、D；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此选项C错误；验证A满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故A正确。]
9．B [位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块A、B碰撞前后的速度分别为v1＝4 m/s、v2＝0、v1′＝－2 m/s、v2′＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝3 kg，碰前总动能Ek1＝m1v12，碰后总动能Ek2＝m1v1′2＋m2v2′2，代入数据可得Ek1＝8 J，Ek2＝8 J，碰撞前后总动能不变，所以发生的碰撞是弹性碰撞，故选B。]
10．A [ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s，知碰后两球的动量分别为pA′＝8 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝
24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s，pB′＝37 kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。]
11．A [根据Ek＝mv2，碰撞后A球的动能变为原来的，则A球的速度变为vA′＝±v0，正、负表示方向有两种可能。
当vA′＝v0时，vA′与v0同向，有
mv0＝mv0＋2mvB，解得vB＝v0
当vA′＝－v0时，vA′与v0反向，有
mv0＝－mv0＋2mvB，解得vB＝v0，故选A。]
12.
解析 设碰撞前m1的速度为v0，根据机械能守恒定律有m1gh＝m1v02
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
由于碰撞过程中无机械能损失，有
m1v02＝m1v12＋m2v22
联立解得v2＝。
13．(1)v (2) (3)mv，方向与初速度方向相反
解析 (1)根据动量守恒定律，有mv＝2mv′，
解得v′＝v
(2)碰撞前总动能Ek＝mv2，
碰撞后总动能Ek′＝×2mv′2＝mv2，
碰撞过程中总动能损失ΔEk＝Ek－Ek′＝
(3)碰撞过程中物体A受到的冲量I＝Δp＝mv－mv＝－mv，负号表示方向与初速度方向相反。
14．(1)0.3 m/s2 (2)1.275 m (3)没有发生弹性碰撞
解析 (1)由题图b可知，碰前瞬间红壶的速度v0＝1.2 m/s，碰后瞬间红壶的速度为v红＝
0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝
解得v蓝＝0.9 m/s
根据三角形相似知＝
解得t1＝4 s
蓝壶运动时间为Δt＝4 s－1 s＝3 s
蓝壶的加速度大小为a＝＝0.3 m/s2
(2)碰撞后蓝壶速度一直大于红壶，故在蓝壶静止前两壶距离一直在增大，速度时间图像与横轴围成的面积表示位移大小，则碰后两壶相距的最远距离为
s＝ m－ m＝1.275 m
(3)碰撞前瞬间两壶的总动能为
Ek1＝mv02＝0.72m (J)
碰撞后瞬间两壶的总动能为
Ek2＝mv蓝2＋mv红2＝0.45m (J)
则Ek1>Ek2，所以两壶碰撞为非弹性碰撞。